Дифференциальное уравнение, неразрешимое относительно произв

[Nurzery[Rhymes]]

Ms-dos4 в сообщении #931592 писал(а):

Однородным к $\[\frac{{dx}}{{dp}} = \frac{{2px + 1}}{{p - {p^2}}}\]$ будет уравнение $\[\frac{{dx}}{{dp}} - \frac{{2px}}{{p - {p^2}}} = 0\]$, но уж никак не то, что записали вы.

Да у меня оно сначала и было. Там надо было просто сократить правую часть на $p$ и получить уравнение с разделенными переменными?
$\frac{dx}{dp}=\frac{2x}{1-p}$
$\frac{dx}{2x}=\frac{dp}{1-p}$

[Ms-dos4]

Ну да. Интегрируйте его и теперь переходите к решению полного уравнения (неоднородного)

[Nurzery[Rhymes]]

Вчера еще час мучился с этим уравнением, но не смог решить. Сначала пытался использовать метод Лагранжа:

1. Пусть $x=C(x)\cdot(-2)\ln(1-p)$
$x'=-C'(x)2\ln(1-p)-C(x)\frac{2}{1-p}$
$x'=-C'(x)2\ln(1-p)-C(x)\frac{2}{1-p}-\frac{2pC(x)(-2)\ln(1-p)}{p-p^2}=\frac{1}{p-p^2}$
И я не могу сократить здесь лишние слагаемые с $C(x)$, не вижу, как упростить это выражение. Бросил это дело и попытался решить это уравнение самым простым способом:

2. $\frac{dx}{dp}-\frac{2px}{p-p^2}=\frac{1}{p-p^2}$
Пусть $x=uv, u=u(p), v=v(p)$
$x'=u'v+uv'$
$u'v+uv'-\frac{2p}{p-p^2}uv=\frac{1}{p-p^2}$
$u'v+u(v'-\frac{2p}{p-p^2}v)=\frac{1}{p-p^2}$

Как и в первом способе, решаю такое же уравнение, чтобы найти $v$. Почему-то в этот раз функция оказалась совсем другой:

$v'-\frac{2p}{p-p^2}v=0$
$\frac{dv}{dp}=\frac{2p}{p-p^2}v$
$\frac{dv}{v}=\frac{2}{1-p}dp$
$\ln|v|=-2\ln|1-p|+\ln C$
$\ln|v|=\ln\frac{1}{1-p}$
$v=\frac{1}{1-p}$

Делаю проверку, но оказывается, что все неверно, скобка из того уравнения, которое получилось после замены, не обнуляется.

$(\frac{1}{1-p})'-\frac{2p}{p-p^2}\frac{1}{1-p}=\frac{-1(-p)}{(1-p)^2}-\frac{2p}{p-p^2}\frac{1}{1-p}$
$\frac{p}{(1-p)^2}-\frac{2p}{p-p^2}\cdot\frac{1}{1-p}$
Последнее выражение не обнуляется в мейпле при всех значениях параметра, которые я подставлял.

[Otta]

Наврато в самой первой строчке. Дальше не стала читать.

Nurzery[Rhymes] в сообщении #931711 писал(а):

1. Пусть $x=C(x)\cdot(-2)\ln(1-p)$

[Nurzery[Rhymes]]

Ой, почти все было правильно, только $v$ другое:
$\frac{1}{(1-p)^2}$
Тогда скобка обнуляется, и из $u'=\frac{1-p}{p}$ находим $u$:
$u=\ln p - p + C$

А что делать после того, как найдено общее решение в виде $x=uv$? По учебникам надо дать ответ в виде параметрически заданной функции, я нашел $x(p)$, но не вижу, как можно выразить изменение параметра.

[Otta]

А не надо его выражать, если не выражается. Запишите ответ в виде параметрически заданного семейства интегральных кривых ($p$ как раз в роли параметра). $x$ Вы уже нашли, $y$ почти готов к употреблению. Все.

[Nurzery[Rhymes]]

Otta в сообщении #931717 писал(а):

А не надо его выражать, если не выражается. Запишите ответ в виде параметрически заданного семейства интегральных кривых ($p$ как раз в роли параметра). $x$ Вы уже нашли, $y$ почти готов к употреблению. Все.

То есть в $y=xp^2+p$ подставляем выражение $x=\frac{1}{(1-p)^2}$ и получается так:
$y=\frac{p^2}{(1-p)^2}\cdot(\ln p - p + C)+p$
Правильно?

[Otta]

А как у Вас, семейство решений состоит из одной кривой? Константу-то куда потеряли?

[Ms-dos4]

Nurzery[Rhymes]
Ну да (вы как я понял сообщение редактировали). Получили решение в параметрическом виде
$\[\left\{ \begin{array}{l} x = \frac{C}{{{{(p - 1)}^2}}} + \frac{{\ln p - p}}{{{{(p - 1)}^2}}}\\ y = [\frac{C}{{{{(p - 1)}^2}}} + \frac{{\ln p - p}}{{{{(p - 1)}^2}}}]{p^2} + p \end{array} \right.\]$
Ну и теперь не забудьте особые решения, о которых я писал выше, т.е. $\[y = 0\]$ и $\[y = x + 1\]$